ÔN TẬP CHƯƠNG IV

Có \(z^2+z+3=0\Leftrightarrow z=-\displaystyle\frac{1}{2}+i\displaystyle\frac{\sqrt{11}}{2}\ \vee\ z=-\displaystyle\frac{1}{2}-i\displaystyle\frac{\sqrt{11}}{2}.\)

Vậy \(P=\left(-\displaystyle\frac{1}{2}+i\displaystyle\frac{\sqrt{11}}{2}\right)^2+\left(-\displaystyle\frac{1}{2}-i\displaystyle\frac{\sqrt{11}}{2}\right)^2=-5\).

Xét phương trình \[2z^2 - 6z + 5 = 0 \Leftrightarrow z = \displaystyle\frac{3}{2} + \displaystyle\frac{1}{2}i\ \vee\ z = \displaystyle\frac{3}{2} - \displaystyle\frac{1}{2}i \Rightarrow z_0 = \displaystyle\frac{3}{2} - \displaystyle\frac{1}{2}i \Rightarrow i\cdot z_0 = \displaystyle\frac{1}{2} + \displaystyle\frac{3}{2}i.\]

\(\bullet\) Ta có \(z^2 - 2z + 5 = 0 \Leftrightarrow z = 1 + 2i\ \vee\ z = 1 - 2i.\)

\(\bullet\) Do đó \(P = z_1^4 + z_2^4 = (1 + 2i)^4 + (1 - 2i)^4 = -14\).

Ta có \[z^2-6z+11=0\Leftrightarrow z_1=3+\sqrt{2}i\ \vee\ z_2=3-\sqrt{2}i.\]

Mà \(|z_1|=|z_2|\) nên \[H=|3z_1|-|z_2|=3|z_1|-|z_1|=2|z_1|=2\left|3+\sqrt{2}i\right|=2\sqrt{11}.\]

\(z^2-2z+5=0 \quad (1)\).

\(\Delta_{(1)}^{'}=-4=4i^2\).

Vậy \(2\) nghiệm phức của \((1)\) là \(z_1=1+2i\) và \(z_2=1-2i.\)

\(z_1^4+z_2^4=(1+2i)^4+(1-2i)^4=-14\).

Phương trình tương đương với \(z^2=-\displaystyle\frac{1}{2} =\displaystyle\frac{i^2}{2} \Leftrightarrow z_1= -\displaystyle\frac{1}{\sqrt{2}}i \ \vee\ z_2=\displaystyle\frac{1}{\sqrt{2}}i\).

Từ giả thiết ta có \(z_1= -\displaystyle\frac{1}{\sqrt{2}}i\), \(z_2=\displaystyle\frac{1}{\sqrt{2}}i\).

Suy ra \(z_1+3z_2=\sqrt{2}i\).

Theo định lí vi-ét ta có \(\begin{cases} z_1+z_2=-\displaystyle\frac{ \sqrt{3}}{2}\\ z_1z_2=\displaystyle\frac{3}{2}.\end{cases}\)

Ta có

\[\begin{aligned} &\displaystyle\frac{z_1}{z_2}+\displaystyle\frac{z_2}{z_1} = \displaystyle\frac{z_1^2+z_2^2}{z_1z_2}=\displaystyle\frac{(z_1+z_2)^2-2z_1z_2}{z_1z_2} =\displaystyle\frac{\left(-\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^2-2\cdot\displaystyle\frac{3}{2}}{\displaystyle\frac{3}{2}}=-\displaystyle\frac{3}{2}. \end{aligned}\]

Ta có \(z^2+2z+10=0 \Leftrightarrow (z+1)^2=-9=9i^2 \Leftrightarrow z+1=3i\ \vee\ z+1=-3i\Leftrightarrow z=-1+3i\ \vee\ z=-1-3i.\)

Do vai trò của \(z_1\), \(z_2\) như nhau nên ta giả sử \(z_1=-1+3i\), \(z_2=-1-3i\).

Vậy \(\left|z_1-z_2\right|=\left|6i\right|=6.\)

Phương trình có hai nghiệm là \(z_1=-1-3i\), \(z_2=-1+3i\).

Suy ra \(A=|z_1|^2+|z_2|^2=20\).

Ta có \(z^2-5z+7=0\Leftrightarrow z=\displaystyle\frac{5}{2}+\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2}i\ \vee\ z=\displaystyle\frac{5}{2}-\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2}i.\)

Không mất tính tổng quát, giả sử \(z_1=\displaystyle\frac{5}{2}+\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2}i,~z_2=\displaystyle\frac{5}{2}-\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2}i\) khi đó \(|z_1-z_2|=\left|\sqrt{3}i\right|=\sqrt{3}\).

Ta có \( z^2 + 2z + 5 = 0 \Leftrightarrow z = -1 - 2i \ \vee\ z = - 1 + 2i \Rightarrow z_1 = - 1 + 2i,\ z_2 = -1 - 2i \Rightarrow \overline{z_1 + 2 z_2} = -3 + 2i \).

Ta có \(\Delta =16-20=-4\), do đó phương trình có hai nghiệm phức \(z_1=-2+i\ \vee\ z_2=-2-i.\)

Vậy \(\left|z_1\right|^2+\left|z_2\right|^2=10\).

Ta có \(z^2-4z+5=0\Leftrightarrow z=2+i \ \vee\ z=2-i.\)

Khi đó \(z_1=2+i\), \(z_2=2-i\) và \(|z_1|^2=|z_2|^2=5\).

Vậy \(|z_1|^2+|z_2|^2=5+5=10\).

Ta có \(z^2+\sqrt{3}z+3=0\Leftrightarrow z_1=-\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{4}+\displaystyle\frac{\sqrt{21}}{4}i\ \vee\ z_2=-\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{4}-\displaystyle\frac{\sqrt{21}}{4}i.\)

Suy ra \(T=\left(-\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{4}+\displaystyle\frac{\sqrt{21}}{4}i\right)^2+\left(-\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{4}-\displaystyle\frac{\sqrt{21}}{4}i\right)^2=-\displaystyle\frac{9}{4}\)

Phương trình \(z^2+2z+11=0\) có nghiệm \(z_1=-1+\sqrt{10}i\), \(z_2=-1-\sqrt{10}i\).

Khi đó, \[A=\left |-1+\sqrt{10}i \right |^2+\left |-1-\sqrt{10}i \right |^2=2\left(1+10\right) =22.\]

Ta có \(z^2-3z+5=0\Leftrightarrow z=1+\sqrt{6}i\ \vee\ z=1-\sqrt{6}i.\)

Suy ra \(|z_1|=|z_2|=\sqrt{7}\). Do đó \(|z_1|+|z_2|=2\sqrt{7}\).

Ta có \(z^2 + 2z + 10 = 0 \Leftrightarrow z = -1 + 3i \ \vee\ z = -1 - 3i.\)

Suy ra \(z_0 = -1 + 3i\). Do đó \(iz_0 = i(-1 + 3i) = -3 - i\).

Ta có \(\left|z_1\cdot z_2\right|=\dfrac{c}{a}= \left|5\right|=5\).

Ta có \(\Delta' = 4-5=-1=i^2\).

Phương trình có hai nghiệm phức \(z_1=2+i,z_2=2-i\).

Vậy \(|z_1^2|+|z_2^2|=10\).

Phương trình \(z^2 - z + 1 = 0\) có hai nghiệm là \(z= \displaystyle\frac{1}{2} - \displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2}i \ \vee\ z = \displaystyle\frac{1}{2} + \displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2}i.\)

Vậy \(|z_1| = |z_2| = 1 \Rightarrow |z_1| + |z_2| = 2\).

ét phương trình \(z^2 + 2z + 5 = 0 \Leftrightarrow \left(z + 1\right)^2 = - 4 \Leftrightarrow z_1 = - 1 + 2i\ \vee\ z_2 = - 1 - 2i\)

Khi đó \(w = z_1 + 2z_2 = - 3 - 2i \Rightarrow\) số phức liên hợp là \(\overline{w} = - 3 + 2i\).

Ta có \(P=z_1\cdot\overline{z}_2-2z_2\cdot\overline{z}_2-4z_1=(z_1)^2-2|z_2|^2-4z_1=(z_1)^2-2|z_1|^2-4z_1\).

Giải phương trình đã cho, thu được hai nghiệm là \(2\pm \mathrm{i}\).

Nếu \(z_1=2-\mathrm{i}\) thì \(P=(2-\mathrm{i})^2-2(2^2+1^2)-4(2-\mathrm{i})=4-4\mathrm{i}+\mathrm{i}^2-10-8+4\mathrm{i}=-15\).

Nếu \(z_1=2+\mathrm{i}\) thì \(P=(2+\mathrm{i})^2-2(2^2+1^2)-4(2+\mathrm{i})=4+4\mathrm{i}+\mathrm{i}^2-10-8-4\mathrm{i}=-15\).

Vậy \(P=-15\).

Do \(\Delta'=-9 < 0\) nên \(z_1\) và \(z_2\) là các số phức và \(z_1=\overline{z_2}\), do đó \(\displaystyle\frac{\left| z_1 \right|}{\left| z_2 \right|}=1\).

Ta có \(z^{2}+4z+9 =0 \Leftrightarrow z=-2-\sqrt{5}i,\ z = -2 + \sqrt{5}i.\)

Do \(z_{1} \overline{z_{2}} + \overline{z_{1}} z_{2} \) đối xứng nên ta chọn \(z_{1} = -2-\sqrt{5}i\) và \(z_{2}=-2+\sqrt{5}i\).

\(\Rightarrow z_{1} \overline{z_{2}} + \overline{z_{1}} z_{2} = \left(-2-\sqrt{5}i\right)^{2} + \left(-2+\sqrt{5}i\right)^{2} = -2\).

Ta có \(z^2-4z+6=0 \Leftrightarrow z= 2 + \sqrt{2} i \ \vee\ z= 2 - \sqrt{2} i .\)

Do đó \(|z_1| + |z_2| = \sqrt{6} +\sqrt{6} =2\sqrt{6}\).

Ta có \(z_1=2-\displaystyle\frac{1}{2}i \Rightarrow w=(1+2i)\left(2-\displaystyle\frac{1}{2}i\right)-\displaystyle\frac{3}{2}i=3+2i \Rightarrow M(3;2)\).

Do \(z_1,z_2\) là các nghiệm phức của phương trình \(z^2-5z+7=0\) nên chúng liên hợp với nhau, và

\[|z_1|=|z_2|=\sqrt{|z_1|\cdot|z_2|} =\sqrt{|z_1z_2|}= \sqrt{7}\Rightarrow P=7+7=14.\]

Ta có \(4z^{2}-8z+5=0\) có hai nghiệm là \(z_{1}=1+\displaystyle\frac{1}{2}i\) và \(z_{2}=1-\displaystyle\frac{1}{2}i\) \(\Rightarrow \left|z_{1}\right|^2 + \left|z_{2}\right|^2 = \displaystyle\frac{5}{2}\).

Ta có \(z^2+2z+10=0 \Leftrightarrow z=-1+3i\ \vee\ z=-1-3i.\)

Từ đó suy ra \(T = \left(\sqrt{(-1)^2+3^2}\right)^2 + \left(\sqrt{(-1)^2+(-3)^2}\right)^2 = 20\).

Ta có \(4z^2-4z+3=0\Leftrightarrow z=\displaystyle\frac{1}{2}+\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2}i\ \vee\ z=\displaystyle\frac{1}{2}-\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2}i.\)

Suy ra \(\left|z_1\right|+\left|z_2\right|=\left|\displaystyle\frac{1}{2}+\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2}i\right|+\left|\displaystyle\frac{1}{2}-\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2}i\right|=\sqrt{3}\).

Xét phương trình \(z^2-2z+10=0 \Leftrightarrow {z}_{1}=1-3i\ \vee\ {z}_{2}=1+3i.\)

Vậy \(w={z}_{1}+2{z}_{2}=3+3i\).

Phương trình \( z^2+2z+5=0 \) có hai nghiệm phức \( z_{1,2}=-1\pm 2i \). Do đó \[z_1^2+z_2^2=\left(-1-2i\right)^2+\left(-1+2i\right)^2=6.\]

Ta có \(z^2+4=0\Leftrightarrow z=2i\ \vee\ z=-2i.\)

Suy ra \(M(0;2)\), \(N(0;-2)\) lần lượt là các điểm biểu diễn của \(z_1\), \(z_2\) trên mặt phẳng tọa độ.

Do đó \(T=OM+ON=2+2=4\).

Ta có \(z^2+2z+5=0 \Leftrightarrow (z+1)^2=4i^2 \Leftrightarrow \left[\begin{aligned} &z=-1+2i \\ &z=-1-2i \end{aligned}\right. \)

Đặt \(A(-1;2),B(-1;-2)\), suy ra \(\overrightarrow{AB}=(0;-4) \Rightarrow AB=4\).

Ta có \(z_1=1+3i\) và \(z_2=1-3i \Rightarrow A(1;3)\) và \(B(1;-3) \Rightarrow AB = 6.\)

Ta có \(i^2=-1\Rightarrow i^{2020}=(i^2)^{1010}=(-1)^{1010}=1\).

\(2z^2-2z+5=0\Leftrightarrow z=\displaystyle\frac{1}{2}+\displaystyle\frac{3}{2}i\ \vee\ z=\displaystyle\frac{1}{2}-\displaystyle\frac{3}{2}i.\)

Vì \(z_1\) là nghiệm phức có phần ảo dương nên \(z_1=\displaystyle\frac{1}{2}+\displaystyle\frac{3}{2}i\).

Suy ra \(\displaystyle\frac{1}{z_1}+i^{2020}\cdot z_1=\displaystyle\frac{1}{\displaystyle\frac{1}{2}+\displaystyle\frac{3}{2}i}+i^{2020}\cdot \left(\displaystyle\frac{1}{2}+\displaystyle\frac{3}{2}i \right)=\displaystyle\frac{1}{5}-\displaystyle\frac{3}{5}i+\displaystyle\frac{1}{2}+\displaystyle\frac{3}{2}i=\displaystyle\frac{7}{10}+\displaystyle\frac{9}{10}i\).

Vậy \(\left|\displaystyle\frac{1}{z_1}+i^{2020}\cdot z_1 \right|=\sqrt{\left(\displaystyle\frac{7}{10} \right)^2+\left(\displaystyle\frac{9}{10} \right)^2 }=\displaystyle\frac{\sqrt{130}}{10} \).

Phương trình \(z^2-4z+5=0\) có hai nghiệm là \(z_1=2+i\) và \(z_2=2-i\).

Vậy \(M(2;1),N(2;-1)\) nên \(MN=2\).

Ta có \(z^2+2 z+2=0 \Leftrightarrow z=-1-i\ \vee\ z=-1+i.\)

Do đó \(z_1=-1-i.\) Suy ra \(w=\left(1+2i\right)z_1=1-3i\) và \(\overline{w}=1+3i\).

Phương trình \(z^2-2z+5=0\) có hai nghiệm phức là \(z_1=1+2i\), \(z_2=1-2i\).

Điểm \(A,B\) biểu diễn số phức \(z_1\), \(z_2\) nên có tọa độ \(A(1;2)\), \(B(1;-2)\).

Suy ra trung điểm \(I\) của đoạn \(AB\) có tọa độ là \(I(1;0)\).

Ta có \(z^2+6z+12=0\Leftrightarrow z_1=-3-\sqrt{3}i\ \vee\ z_2=-3+\sqrt{3}i\). Do đó, \(A\left(-3;-\sqrt{3}\right)\) và \(B\left(-3;\sqrt{3}\right)\).

Ta tính được \(AB=2\sqrt{3}\).

Có \(z^2+4z+5=0\Leftrightarrow z_1=-2+i\ \vee\ z_2=-2-i.\)

\[\begin{aligned} w=&(1+z_1)^{100}+(1+z_2)^{100}=(-1+i)^{100}=(1+i)^{100}\\ =&\left((1-i)^2\right)^{50}+\left((1+i)^2\right)^{50}\\ =&(-2i)^{50}+(2i)^{50}=-2^{50}-2^{50}=-2^{51}. \end{aligned}\]

Áp dụng định lý Vi-et ta có \(z_1+z_2=1,\ z_1 \cdot z_2 =2.\)

Mặt khác, ta có \[w= \left[ i^2-i(z_1+z_2)+z_1z_2\right]^{2018}=(1-i)^{2018}= \left[(1-i)^2\right]^{1009} =(-2i)^{1009}= -2^{1009}\cdot i\cdot (i^2)^{504}=-2^{1009}\cdot i.\]

Vậy phần ảo của \(w\) là \(-2^{1009}\).

Ta có \(z^2-7z+51i^{2008}=0\Leftrightarrow z^2-7z+51=0\).

Theo định lý Vi-ét ta có \(z_1+z_2=7,\ z_1\cdot z_2=51.\)

Từ đó suy ra \(P=2z_1-z_1z_2+2z_2=2(z_1+z_2)-z_1z_2=14-51=-37.\)

\[\begin{aligned}MN^2=\ &|z_1-z_2|^2=(z_1-z_2)(\bar{z_1}-\bar{z_2})=(z_1-z_2)(z_2-z_1)\\ =\ &-(z_1-z_2)^2=-(z_1+z_2)^2+4z_1z_2=20.\end{aligned}\] Suy ra \(MN=2\sqrt5.\)

\(z_1+z_2=(a-3i) +(a+3i)=2a\); \(z_1 z_2=(a-3i)(a+3i)=a^2+9\).

Suy ra \(z_1,z_2\) là nghiệm của phương trình \(z^2 -2az +a^2 +9 =0\).

Ta có: \(z_1+z_2=6\), \(z_1\cdot z_2=13\)

Suy ra phương trình bậc hai có hai nghiệm \(z_1\) và \(z_2\) là \(z^2-6z+13=0\).

Dễ thấy \(z_1+z_2=2, z_1z_2=3\) nên theo định lí Vi-et đảo, \(z_1\) và \(z_2\) là hai nghiệm của phương trình \(z^2-2z+3=0.\)

Vì \(z=1-2i\) là nghiệm của phương trình nên \[\begin{aligned} & (1-2i)^2+a(1-2i)+b=0\\ \Leftrightarrow\ & a+b-3-(2a+4)i=0\\ \Leftrightarrow\ & \begin{cases}a+b-3=0\\ 2a+4=0\end{cases}\\ \Leftrightarrow\ & \begin{cases}a=-2\\ b=5.\end{cases} \end{aligned}\]

Khi đó \(a+b=-2+5=3\).

\(z^2-2z+5=0\Leftrightarrow z=1+2i \ \vee\ z=1-2i.\)

Vì \(1+i\) là nghiệm của phương trình nên \[(1+i)^2+a(1+i)+b=0 \Leftrightarrow a+b+i(a+2)=0 \Leftrightarrow \left\{\begin{aligned} &a=-2\\ &b=2\\ \end{aligned}\right. \Rightarrow a-b=-4.\]

Ta có phương trình \(z^2+bz+c=0\) nhận \(z=1+i\) làm một nghiệm.

\(\Rightarrow (1+i)^2+b(1+i)+c=0 \Leftrightarrow \begin{cases}2+b=0\\ b+c=0\end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}b=-2\\ c=2.\end{cases}\)

Vì \((1+2i)z-8-i=0 \Leftrightarrow z=\displaystyle\frac{8+i}{1+2i}=\displaystyle\frac{(8+i)(1-2i)}{1+4}=\displaystyle\frac{10-15i}{5}=2-3i\) nên \[\left\{\begin{aligned} &a=2 \\ &b=-3. \end{aligned}\right. \] Vậy \(S=a+b=-1\).

\(z=-2+i\) là một nghiệm của phương trình khi và chỉ khi \[\begin{aligned}(-2+i)^2+a(-2+i)+b=0&\Leftrightarrow 4-4i-1-2a+ai+b=0\\ &\Leftrightarrow\begin{cases}3-2a+b=0\\ -4+a=0\end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases}a=4\\ b=5.\end{cases}\end{aligned}\]

Suy ra \(T=a-b=-1\).

Do phương trình đã cho có hệ số thực nên \(z_2=\overline{z_1}=1-i\).

Ta có \(1-i\) là nghiệm của phương trình \(z^2+(2-m)z+2=0\)

\[\begin{aligned} \Leftrightarrow &(1-i)^2+(2-m)(1-i)+2=0\\ \Leftrightarrow &(m-4)i+4-m=0\\ \Leftrightarrow &m=4. \end{aligned}\]

Do phương trình có hai nghiệm phức không thực nên \(|z_1|=|z_2|\Rightarrow T=|z_2|=5\).

Do \(a, b\in \mathbb{R}\) và phương trình có một nghiệm phức là \(z_1\), nên nghiệm phức còn lại là số phức liên hợp của \(z_1\). Vậy, \(z_2=\bar{z_1}=1+i\).

Thay \(z=3-2i\) vào phương trình \(z^2+az+b=0\) ta được phương trình

\[\begin{aligned} & \left(3-2i \right) ^2+a\left(3-2i\right) +b=0\\ \Leftrightarrow &\begin{cases}9-4+3a+b=0\\ -12-2a=0\end{cases}\\ \Leftrightarrow& \begin{cases}a=-6\\ b=13\end{cases} .\end{aligned}\]

Khi đó \(S=a+b=-6+13=7.\)

Đặt \(z_1=2-3i\); \(z_2=2+3i\). Khi đó

\[S=z_1+z_2=4;\ P=z_1 \cdot z_2=(2-3i)(2+3i)=4+9=13.\]

Do đó \(z_1\) và \(z_2\) là nghiệm của phương trình: \(z^2-Sz+P=0\) hay \(z^2-4z+13=0\).

Vậy \(z^2-4z+13=0\) là phương trình cần tìm.

Phương trình bậc hai nhận \(z=2+3i\) và \(\overline{z}=2-3i\) làm nghiệm có dạng \[(z-2-3i)(z-2+3i)=0 \Leftrightarrow z^2-4z+13=0.\]

Thay \(z=1-3i\) vào phương trình, ta có \[(1-3i)^2+b(1-3i)+c=0 \Leftrightarrow \left \lbrace \begin{aligned} &3b+6=0\\&b+c-8=0 \end{aligned} \right. \Leftrightarrow \left \lbrace \begin{aligned} &b=-2\\ &c=10 \end{aligned} \right.\]

Nhận xét: Phương trình bậc 2 luôn có 2 nghiệm phức liên hợp.

Do đó, 2 nghiệm của phương trình đã cho là \(z_1 = 1 + 2i\) và \(z_2 = 1 - 2i\).

Ta có \(\begin{cases}z_1 + z_2 = -a\\ z_1.z_2 = b\end{cases} \Rightarrow \begin{cases}a = - 2\\ b = 5\end{cases}\)

Ta có \( (-2+i)^{2}+a(-2+i)+b=0\Leftrightarrow (a-4)i+(b+3-2a)=0\Leftrightarrow\begin{cases}a=4\\ b=5\end{cases}\Rightarrow a+b=9 \).

Phương trình có một nghiệm phức \(z_1=2+i\), vậy nghiệm phức còn lại là \(z_2=2-i\). Theo định lý Vi-ét ta có

\[\begin{cases}z_1+z_2=4=-a\\ z_1\cdot z_2=5=b\end{cases}\Rightarrow \begin{cases}a=-4\\ b=5.\end{cases}\]

Vậy \(ab^2=-100\).

Phương trình \(z^2+mz+n=0\) có nghiệm \(z=1+i\) thì cũng có nghiệm \(z=1-i\).

Áp dụng định lý Vi-ét ta có \(\begin{cases}-m = (1+i)+(1-i) \\ n=(1+i)(1-i)\end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}m=-2 \\ n=2.\end{cases}\)

Do đó \(w=-2+2i\). Suy ra \(|w| =\sqrt{(-2)^2+2^2}=2\sqrt{2}\).

Phương trình đã cho có hệ số thực và một nghiệm phức \(z_0=2-i\) nên nghiệm còn lại là \(\overline{z_0}=2+i\). Theo định lí Vi\`ete, ta có \[ \begin{cases}b=-\left(z_0+\overline{z_0}\right)=-4\\ c=z_0\overline{z_0}=5.\end{cases}\]

Do đó \(2b+c=-3\).

Do \(z=3-i\) là một nghiệm của phương trình \(z^2 + bz +c =0\) nên \(\overline z = 3 + i\) là nghiệm còn lại.

Ta xét \(S= z + \overline z = 6\); \(P = z \cdot \overline z = 10\).

Suy ra phương trình bậc hai đã cho có dạng \(z^2 - S z + P =0 \Leftrightarrow z^2 - 6 z + 10 =0.\)

Vậy \(b+c = 4.\)

Ta thấy phương trình có hai nghiệm \[\begin{cases} z_ 1 = 1 + 2i\\ & z_2 = 1 - 2i\end{cases} \Rightarrow \begin{cases}z_1 + z_2 = 2 \\ z_1z_2 = 5\end{cases} \Rightarrow \begin{cases}b = -2 \\ c = 5\end{cases} \Rightarrow b + c = 3.\]

Phương trình bậc 2 hệ số thực nếu có hai nghiệm phức thì hai nghiệm đó là hai số phức liên hợp với nhau, nghĩa là: \[z_2=\overline{z}_1=-1-\sqrt{2}i \Rightarrow \left| z_1 - z_2 \right| = 2\sqrt{2}.\]

Ta có \((2-3i)(2+3i) = 13\) và \((2-3i)+(2+3i) = 4\) nên \(2-3i\) và \(2+3i\) là nghiệm phương trình \(z^2-4z+13=0\).

\(z=i\) là một nghiệm phức của phương trình \(z^2+az+b=0\) nên ta có:

\[i^2+a.i+b=0\Leftrightarrow ai+b=1\Leftrightarrow \begin{cases}a=0 \\ b=1\end{cases}\Rightarrow a+b=1.\]

Thay \(z=2+i\) vào phương trình, ta được

\[(2+i)^2-a(2+i)+b=0 \Leftrightarrow 3-2a+b+(4-a)i=0\Rightarrow \begin{cases}3-2a+b=0\\ 4-a=0\end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases}a=4\\ b=5.\end{cases}\]

Vậy \(a-b=4-5=-1\).

Giả sử phương trình có nghiệm \(z_1=a+i, a\in\mathbb{R}\), khi đó \(z_2=a-i\) cũng là nghiệm của phương trình.

Áp dụng định lý Vi-ét ta có: \(5=x_1x_2=(a+i)(a-i)=a^2+1\), nên ta có: \(a^2=4\).

Khi đó: \(\left|z_1\right|+\left|z_2\right|=2\sqrt{a^2+1}=2\sqrt{5}\).

Ta có \(z^2+z+1=0\Leftrightarrow z_1=\displaystyle\frac{-1-\sqrt{3}i}{2}\ \vee\ z_2=\displaystyle\frac{-1+\sqrt{3}i}{2}.\)

Ta có \(z_1^3=\displaystyle\frac{1}{8}\left(1-\sqrt{3}i\right)^3=\displaystyle\frac{1}{8}\left(1-3\sqrt{3}i-9+3\sqrt{3}i\right)=-1;z_2^3=\displaystyle\frac{1}{8}\left(1+\sqrt{3}i\right)^3=\displaystyle\frac{1}{8}\left(1+3\sqrt{3}i-9-3\sqrt{3}i\right)=-1\).

Mặt khác \(z_1^{2019}=\left(z_1^3\right)^{673}=-1,z_2^{2019}=\left(z_2^3\right)^{673}=-1\Rightarrow \left|z_1^{2019}+z_2^{2019}\right|=|-1-1|=2\).

Vậy \(\left|z_1^{2019}+z_2^{2019}\right|=2\).

Gọi \(z_0=a+bi\), \((a,b\in \mathbb{R})\). Theo đề ta có

\[\begin{aligned} &\begin{cases} a^2+b^2=25 \\ a^2-b^2+2abi-6(a+bi)+4m+1=0\end{cases}\\ \Leftrightarrow & \begin{cases} a^2+b^2=25 \\ \left(a^2-b^2-6a+4m+1\right)+(2ab-6b)i=0\end{cases}\\ \Leftrightarrow &\begin{cases}a^2+b^2=25\quad (1)\\ a^2-b^2-6a+4m+1=0\quad (2)\\ 2ab-6b=0. \quad (3)\end{cases}\end{aligned}\]

Từ \(( 3 )\) ta có \(b=0\ \vee\ a=3.\)

Với \(b=0\), thay vào \(( 1 )\), \(( 2 )\) ta có \(\begin{cases} a=\pm 5\\ m=\displaystyle\frac {1}{4}(6a-26)\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases} a=5\\ m=1\end{cases}\ \vee\ \begin{cases} a=-5\\ m=-14.\end{cases}\)

Với \(a=3\), thay vào \(( 1 )\), \(( 2 )\) ta có \(\begin{cases} b^2=16\\ 9-16-18+4m+1=0\end{cases}\Leftrightarrow m=6\).

Vậy \(S=1-14+6=-7\).

Có 3 trường hợp sau:

TH1. \(z_0=2\) là nghiệm phương trình \(z^2+3z+a^2-2a=0\) nên \(a^2-2a+10=0\) vô nghiệm.

TH2. \(z_0=-2\) là nghiệm phương trình \(z^2+3z+a^2-2a=0\) nên \(a^2-2a-2=0 \Rightarrow a_1+a_2=2\).

TH3. \(z_0\notin \mathbb{R}\) là nghiệm phương trình \(z^2+3z+a^2-2a=0\) nên \(a^2-2a=4 \Rightarrow a_3+a_4=2\).

Vậy tổng tất cả các giá trị của số thực \(a\) để phương trình \(z^2+3z+a^2-2a=0\) có nghiệm phức \(z_0\) thỏa \(\left|z_0 \right|= 2\) là 4.

\(\bullet\quad\) TH1. Phương trình có nghiệm thực \(z = 2\).

Ta có \(4 - 4m + 2m^2 - 2m = 0 \Leftrightarrow 2m^2 - 6m + 4 = 0 \Leftrightarrow m = 1\ \vee\ m = 2.\)

\(\bullet\quad\) TH2. Phương trình có nghiệm thực \(z = -2\).

Khi đó ta có \(4 + 4m + 2m^2 - 2m = 0 \Leftrightarrow 2m^2 + 2m + 4 = 0\) (vô nghiệm).

\(\bullet\quad\) TH3. Phương trình không có nghiệm thực. Khi đó để phương trình có nghiệm phức với mô đun bằng \(2\) thì

\[\begin{cases}\Delta' < 0 \\ \sqrt{m^2 + \left(\sqrt{-\Delta'}\right)^2} = 2\end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}-m^2 + 2m < 0\\&2m^2 - 2m = 4\end{cases} \Leftrightarrow m = -1.\]

Vậy \(S = \{-1; 1; 2\}\) có tổng bình phương các phần tử là \(6\).

Đặt \( z=a+bi \) với \( a,b \in\mathbb{R}\colon |z|^2=a^2+b^2=4 \). Phương trình trở thành

\[\begin{aligned} & a^2-b^2+2abi-a(m+4)-b(m+4)i+m^2+3=0 \\ \Leftrightarrow& \begin{cases}a^2-b^2-a(m+4)+m^2+3=0\\ 2ab-b(m+4)=0\end{cases} \\ \Leftrightarrow& \begin{cases}a^2-b^2-a(m+4)+m^2+3=0\quad(*)\\ b=0 \vee a=\displaystyle\frac{m+4}{2}\end{cases} \end{aligned}\]

Với \( b=0\Rightarrow a=\pm 2 \).

Với \( a=\displaystyle\frac{m+4}{2} \Rightarrow 4a^2=(m+4)^2 \Rightarrow 4b^2=16-(m+4)^2 \).

Ta xét các trường hợp sau

TH1. \( \begin{cases}a=2\\ b=0\end{cases} \) thế vào \( (*) \) ta có \( m^2-2m-1=0 \Leftrightarrow m=\sqrt{2}+1\ \vee\ m=-\sqrt{2}+1. \)

TH2. \( \begin{cases}a=-2\\ b=0\end{cases} \) thế vào \( (*) \) ta có \( m^2+2m+15=0 \Leftrightarrow m\in\varnothing \).

TH3. \( \begin{cases}a=\displaystyle\frac{m+4}{2}\\ 4b^2=16-(m+4)^2\end{cases}\) thế vào \( (*) \) ta có

\[\begin{aligned} & 4a^2-4b^2-4a(m+4)+4m^2+12=0 \\ \Leftrightarrow& 2(m+4)^2-16-2(m+4)^2+4m^2+12=0 \\ \Leftrightarrow& 4m^2-4=0\\ \Leftrightarrow& m=\pm 1. \end{aligned}\]

Với \( m=1 \Rightarrow 4b^2=16-5^2 < 0 \) nên \( m=1 \) không thỏa.

Với \( m=-1 \Rightarrow 4b^2=16-3^2\Rightarrow b=\displaystyle\frac{\pm\sqrt{7}}{2} \), nhận \( m=-1 \).

Vậy có \( 3 \) giá trị \( m \) thỏa đề bài.

Gọi \(z_1=w+3=m+ni\) và \(z_2=3w-8i+13=m-ni\), với \(m\), \(n\in\mathbb{R}\) là hai nghiệm phức của phương trình.

Vậy ta có \(w=m-3+ni=\displaystyle\frac{m-13}{3}+\displaystyle\frac{8-n}{3}i\Leftrightarrow\begin{cases}\displaystyle\frac{m-13}{3}=m-3\\ \displaystyle\frac{8-n}{3}=n\end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases}m=-2\\ n=2.\end{cases}\)

Mặt khác ta có \(\begin{cases}z_1+z_2=-b=2m\\ z_1z_2=c=m^2+n^2\end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases}b=4\\ c=8\end{cases}\).

Vậy ta suy ra \(S=b^2-c^3=-496\).

Do \(z_1, z_2\) không phải số thực nên \(z_1, z_2\) là các số phức liên hợp. Suy ra \(z_1z_2 = |z_1|^2=|z_2|^2\).

\[\begin{aligned} & |z_1| + |z_2| = \sqrt{10}\\ \Leftrightarrow & |z_1|^2 + |z_2|^2 + 2|z_1||z_2| = 10\\ \Leftrightarrow & 2z_1z_2 + 2|z_1z_2| = 10 \\ \Leftrightarrow & 2\displaystyle\frac{2m + 1}{2} + 2\left|\displaystyle\frac{2m + 1}{2}\right| = 10 \\ \Leftrightarrow & |2m + 1| = 9 -2m\\ \Leftrightarrow & m = 2. \end{aligned}\]

Với \( m= 2\), phương trình có 2 nghiệm \(z_1 = -\displaystyle\frac{1}{2} + \displaystyle\frac{3}{2}i\) và \(z_2 = - \displaystyle\frac{1}{2} - \displaystyle\frac{3}{2}i\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Theo định lí Vi-ét \(\begin{cases}z_1+z_2=-a \quad (1) \\ z_1\cdot z_2=b\,\quad\quad (2).\end{cases}\)

Theo giả thiết \(\Rightarrow 2z_1-z_2=1-6i \quad (3).\) Từ \((1)\) và \((3)\Rightarrow \begin{cases}z_1=\displaystyle\frac{1-a}{3}-2i\\ z_2=-\displaystyle\frac{1+2a}{3}+2i.\end{cases}\)

Thay vào \((2)\Rightarrow \left(\displaystyle\frac{1-a}{3}-2i\right)\left(-\displaystyle\frac{1+2a}{3}+2i\right)=b\Leftrightarrow \displaystyle\frac{(a-1)(1+2a)}{9}+4+\displaystyle\frac{4+2a}{3}i=b.\)

Vì \(a, b\in \Bbb{R}\) nên \(\begin{cases}\displaystyle\frac{(a-1)(1+2a)}{9}+4=b\\ \displaystyle\frac{4+2a}{3}=0\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}a=-2\\ b=5.\end{cases}\)

Khi đó \(z_1=1-2i\), \(z_2=1+2i\Rightarrow T=\left|z_1^2\right|+\left|z_2^2\right|=5.\)

Ta có \( \Delta' = 1 - c = \left ( \sqrt{c - 1} i \right )^2 \Rightarrow z_1 = 1 + \sqrt{c - 1}i.\)

Vì \( |z_1| = 5 \sqrt{2} \Rightarrow c = 50\). Do vậy ta có \( \begin{cases} z_1 = 1 + 7i \\ z_2 = 1 - 7i\end{cases}\Rightarrow |z_1 - z_2| = 14 \).

Ta có \(z^4-5z^2-36=0 \Leftrightarrow \left[\begin{aligned} &z^2=9\\ &z^2=-4\\ \end{aligned} \right.\).

Từ đó, phương trình đã cho có các nghiệm \(z_1=-3, z_2=3, z_3=2i, z_4=-2i\), do đó \(T=10\).

Ta có \[z^4 + z^3 + 2z^2 + 3z - 3= 0 \Leftrightarrow (z^2 + 3)(z^2+z-1) = 0 \Leftrightarrow z = \pm \sqrt{3}i\ \vee\ z = \displaystyle\frac{-1 \pm\sqrt{5}}{2}.\]

Suy ra 2 nghiệm ảo của phương trình đã cho là \(-\sqrt{3}i\) và \(\sqrt{3}i\).

Vậy tích phần ảo của 2 nghiệm ảo là \(-\sqrt{3}\cdot \sqrt{3}=-3\).

Giả sử \(\omega =x+yi\left(x,y\in \mathbb{R}\right)\), ta có:

\[\begin{aligned} z_1+z_2+z_3=-a \Leftrightarrow& 4\omega +12i-4=-a\\ \Leftrightarrow&(4x-4)+(4y+12)i=-a\\ \Leftrightarrow&\left\{\begin{aligned} 4x-4=-a \\ 4y+12=0 \end{aligned}\right. \Rightarrow y=-3. \end{aligned}\]

Suy ra \(z_1=x\), \(z_2=x+6i\), \(z_3=2x-4-6i\).

Lại có: \[\begin{aligned} &z_1z_2+z_2z_3+z_3z_1=b\\ \Leftrightarrow& (x^2+6xi)+(2x^2-4x+36)+(6x-24)i+(2x^2-4x)-6xi=b\\ \Leftrightarrow&(5x^2-8x+36)+(6x-24)i=b\\ \Leftrightarrow&\left\{\begin{aligned} &5x^2-8x+36=b \\ &6x-24=0 \end{aligned}\right.\\ \Leftrightarrow&\left\{\begin{aligned}&x=4 \\ &b=84\end{aligned}\right. \Rightarrow a=-12. \end{aligned}\]

Thay \(z_1=4\) vào phương trình, ta có: \(64-12\cdot 16+84\cdot 4+c=0 \Leftrightarrow c=-208\).

Vậy \(P=\left|a+b+c\right|=136\).

Ta có \[z^4=16 \Leftrightarrow \left[\begin{aligned}& z^2=4\\ & z^2=-4\end{aligned}\right. \Leftrightarrow \left[\begin{aligned}& z=\pm 2\\ & z=\pm 2i.\end{aligned}\right.\]

Vậy phương trình đã cho có \(4\) nghiệm phức.

Ta có \[\begin{aligned} & z^4 + z^2 + 1 = 0 \Leftrightarrow \left(z^2 + 1 \right)^2 - z^2 = 0 \Leftrightarrow (z^2 - z + 1)(z^2 + z+1) = 0 \\ \Leftrightarrow & z^2 - z +1 = 0 \ \vee\ z^2 + z + 1 = 0 \Leftrightarrow z = \displaystyle\frac{1}{2} \pm \displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2}i \ \vee\ z = - \displaystyle\frac{1}{2} \pm \displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2}i. \end{aligned}\]

Do đó \(P = 4\).

Gọi \(x_1\), \(x_2\), \(x_3\), \(x_4\) là 4 nghiệm của phương trình \(x\left(x^2-1\right)\left(x+2\right)=24\).

Như vậy ta có \((x-x_1)(x-x_2)(x-x_3)(x-x_4)=x(x^2-1)(x+2)-24=x^4+2x^3-x^2-2x-24\).

Đồng nhất hệ số tự do của hai vế suy ra \(x_1\cdot x_2\cdot x_3\cdot x_4=-24\).

Đặt \(f(z)=z^4-2z^3+6z^2-8z+9\). Do phương trình \(f(z)=0\) có bốn nghiệm phức phân biệt \(z_1, z_2, z_3, z_4\), suy ra \(f(z)= (z-z_1)(z-z_2)(z-z_3)(z-z_4).\)

Ta có \[\begin{aligned} T =& \left( z_1^2+4 \right)\left( z_2^2+4 \right)\left( z_3^2+4 \right)\left( z_4^2+4 \right)\\ = & (z_1-2i)(z_1+2i)\cdot (z_2-2i)(z_2+2i) \cdot (z_3-2i)(z_3+2i) \cdot(z_4-2i)(z_4+2i)\\ =& (2i-z_1)(2i-z_2)(2i-z_3)(2i-z_4)\cdot (-2i-z_1)(-2i-z_2)(-2i-z_3)(-2i-z_4)\\ = & f(2i) \cdot f(-2i) =1. \end{aligned}\]

\(z^4+3z^2+4=0\).

Đặt \(X=z^2\). Khi đó phương trình trở thành \(X^2+3X+4=0\)

Theo định lý Vi-ét ta có \(S=X_1+X_2=-3,\quad P=X_1\cdot X_2 =4.\)

Ta có: \(\overline{X_1}=X_2\).

\(P=X_1\cdot X_2=X_1\cdot \overline{X_1}=|X_1|^2=|z^2|^2=4\Rightarrow |z^2|=2\).

Do đó \(T=4\cdot |z^2|=4\cdot 2=8.\)

Ta có \( z^4-4z^3+7z^2-16z+12=0 \Leftrightarrow \left(z-1\right)\left(z-3\right)\left(z^2+4\right)=0\).

Do \( z_{1}, z_{2}, z_{3}, z_{4} \) là nghiệm của phương trình nên tồn tại \( z_{i} \) với \(i=1,2,3,4\) thỏa mãn \( z_{i}^2+4=0 \).

Vậy \( T=0 \).

Ta có \[\begin{aligned} &z^3-8z^2+37z-50=0\\ \Leftrightarrow & (z-2)(z^2-6z+25)=0\\ \Leftrightarrow & z=2\ \vee\ 3+4i\ \vee\ z=3-4i.\\ \end{aligned}\]

Vì trong \(P=|z_1|+|z_2|+|z_3|\) thì \(z_1,~z_2,~z_3\) có vai trò như nhau nên \[P=|z_1|+|z_2|+|z_3|=|2|+|3+4i|+|3-4i|=12.\]

Ta có \(z^3+8=0\Leftrightarrow (z+2)\left(z^2-2z+4\right)=0\Leftrightarrow z=-2\ \vee\ z^2-2z+4=0\Leftrightarrow z=-2\ \vee\ z=1-\sqrt{3}i\ \vee\ z=1+\sqrt{3}i.\)

Do đó \(\left|z_1\right|+\left|z_2\right|+\left|z_3\right|=6\).

Ta có \(z^4+z^2-6=0 \Leftrightarrow z^2=-3\ \vee\ z^2=2\Leftrightarrow z=\pm i\sqrt{3}\ \vee\ z=\pm \sqrt{2}\).

Do đó \(S=\left|z_1\right|+\left|z_2\right|+\left|z_3\right|+\left|z_4\right|=\left|-i\sqrt{3}\right|+\left|i\sqrt{3}\right|+\left|-\sqrt{2}\right|+\left|\sqrt{2}\right|=2\left(\sqrt{2}+\sqrt{3}\right)\).

\[\begin{aligned} z^3 + 1 = 0\Leftrightarrow\ &(z+1)(z^2 - z +1) = 0 \\ \Leftrightarrow\ &\left[\begin{aligned}& z = - 1 \\ & z = \displaystyle\frac{1}{2} - \displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2} i \\ & z = \displaystyle\frac{1}{2} + \displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2} i.\end{aligned}\right. \end{aligned}\]